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  • 一元多项式带余除法

    千次阅读 2018-01-21 02:04:46
    多项式的度 定义 非零多项式 f(x)=∑ni=0aixif \left (x \right ) = \sum _{i = 0} ^ {n} a_i x^i (其中首项 an≠0 a_n \neq 0 )的度 deg(f(x))=n \deg \left (f \left (x \right ) \right ) = n 性质 f...

    多项式的度

    定义

    非零多项式 f(x)=ni=0aixi (其中首项 an0 )的度 deg(f(x))=n

    性质

    1. f(x)0,g(x)0deg(f(x)g(x))=deg(f(x))+deg(g(x))
    2. f(x)0,g(x)0,f(x)+g(x)0deg(f(x)+g(x))max{deg(f(x)),deg(g(x))}
    3. deg(f(x))=0f(x) 是非零常数。

    多项式运算的性质

    1. f(x)+g(x)=g(x)+f(x)
    2. [f(x)+g(x)]+h(x)=f(x)+[g(x)+h(x)]
    3. f(x)g(x)=g(x)f(x)
    4. [f(x)g(x)]h(x)=f(x)[g(x)h(x)]
    5. f(x)[g(x)+h(x)]=f(x)g(x)+f(x)h(x)
    6. f(x)0,f(x)g(x)=f(x)h(x)g(x)=h(x)
      证明:
      f(x)g(x)=f(x)h(x)f(x)[g(x)h(x)]=0
      由于 f(x)0, 因此若 g(x)h(x) g(x)h(x)0,
      于是 f(x)[g(x)h(x)]0, f(x)[g(x)h(x)]=0 矛盾。

    带余除法

    设多项式 g(x)0, 则对于任意一个多项式 f(x), 存在多项式 q(x),r(x),
    使得 f(x)=q(x)g(x)+r(x),
    其中 r(x)=0 deg(r(x))<deg(g(x))
    q(x),r(x) 是唯一的。

    证明

    存在性

    f(x)=0, f(x)=0=0g(x)+0 。命题成立。
    下面只考虑 f(x)0 的情况。
    假设对于任意一个多项式 f(x), deg(f(x))<n 时命题成立。
    deg(f(x))=n 时,令 m=deg(g(x))
    1. 若 n<m, f(x)=0g(x)+f(x) 。命题成立。
    2. 若 nm, f(x)=ni=0aixi,g(x)=mi=0bixi,
    f(x)anb1mxnmg(x)
    =ni=0aixianb1mxnmmi=0bixi
    =ni=0aixianb1mmi=0bixi+nm
    =ni=0aixianb1mni=nmbi(nm)xi
    =n1i=0aixianb1mn1i=nmbi(nm)xi
    =n1i=0(aici)xi,
    其中 ci={anb1mbi(nm),0,nmin1,0i<nm,
    因此 f(x)anb1mxnmg(x)=0 deg(f(x)anb1mxnmg(x))<n,
    于是存在多项式 q(x),r(x), 使得
    f(x)anb1mxnmg(x)=q(x)g(x)+r(x),
    其中 r(x)=0 deg(r(x))<deg(g(x))
    因此 f(x)=[anb1mxnm+q(x)]g(x)+r(x) 。命题成立。

    唯一性

    设存在多项式 q(x),r(x) 同样满足条件,则
    f(x)=q(x)g(x)+r(x)=q(x)g(x)+r(x)[q(x)q(x)]g(x)=r(x)r(x)
    q(x)q(x), [q(x)q(x)]g(x)0 deg([q(x)q(x)]g(x))=deg(q(x)q(x))+deg(g(x))deg(g(x)),
    于是 r(x)r(x)0 deg(r(x)r(x))=deg([q(x)q(x)]g(x))deg(g(x))
    但是 r(x)=0 deg(r(x))<deg(g(x)),
    r(x)=0 deg(r(x))<deg(g(x)),
    因此 deg(r(x)r(x))<deg(g(x)), deg(r(x)r(x))deg(g(x)) 矛盾。
    因此 q(x)=q(x), 于是 r(x)=r(x)

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  • 带余除法证明

    千次阅读 2018-04-07 17:52:54
    首先先说一下整除的概念整除:设a , b是两个整数,且b!...接下来就是带余除法的定义及其证明:带余除法:设a , b是两个整数,且b != 0,则存在唯一的整数 q , r (0 &lt;= r &lt; |b|),使得 ...

    首先先说一下整除的概念

    整除:设a , b是两个整数,且b!=0 .如果存在整数 c ,使得 a = b * c,则称a被b整除,或 b 整除 a ,记做 b|a 

               此时,又称 a 是 b 的倍数, b 是 a 的因子。



    接下来就是带余除法的定义及其证明:

    带余除法:设a , b是两个整数,且b != 0,则存在唯一的整数 q , r (0 <= r < |b|),使得

                      a = q * b + r , (0 <= r < |b|)


    证明带余除法:

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    1. 我们首先要证明 0<= r <b:

        设集合 S 是a - b * k 组成的所有整数,其中 k 为整数,即s={a - b * k | k Z} .设T是S中所有非负整数组成

        得集合。

        则T是非空的(因为当k等于由(小于a / b的集合中)的整数时,b * k < a, 所以此时a - b * k>0,所以T非

        空)。所以易得T中得最小元素 r = a - b * q(此处的r , q与带余除法中得意义一样)。且r >= 0(因为T是非

        负集合) 且r < b(我们可以用反证法来证明 r < b,如果r >= b ,则  r > r - b >= 0,则r - b=a - b * (q+1) 

        >= 0,所以此时r-b是T中得最小元素,这一推论与r是T中最小元素相悖

        所以 a = b * q + r, ( 0 <= r < b);

    2 .接下来我们要证明q r 是惟一的:

        我们假定有两个方程  a = b * q1 +r1 a = b * q2 + r2,(0 <= r1< b,0 <= r2 < b);两式相减得

                                              r2 - r1 =b * (q1 - q2)

        其中q != 0,所以 b 整除r2 - r1,即 b|( r2- r1)

       0 <= r1< b,0<= r2<b,所以-b < r2- r1 < b.所以结合 b|( r2 - r1), r2 - r1只能等于0,所以r2== r1.

       又因为b * q1+ r1 == b * q2 + r2,所以q2==q1;

       所以 q r 是惟一的。


    以上我们可以得到对于两个整数a,b,当b!=0时,存在惟一的整数q , r(0 <= r <b),使得

    a=q * b +r (0 <= r <b);


    证毕

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  • 一.一元多项式环 二.整除关系与带余除法 三.最大公因式

    一.一元多项式环(7.1)
    1.一元多项式
    (1)一元多项式的定义:
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    (2)一元多项式的次数:
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    (3)一元多项式的运算:
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    另外,可以证明 K [ x ] K[x] K[x]是数域 K K K上的1个线性空间, K [ x ] K[x] K[x]的1个基是 { 1 , x , x 2 . . . } \{1,x,x^2...\} {1,x,x2...}
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    (4)一元多项式的和与积的次数:

    命题1:设 f ( x ) , g ( x ) ∈ K [ x ] f(x),g(x)∈K[x] f(x),g(x)K[x],则 d e g ( f ( x ) ± g ( x ) ) ≤ m a x { d e g   f ( x ) , d e g   g ( x ) } ( 5 ) d e g ( f ( x ) g ( x ) ) = d e g   f ( x ) + d e g   g ( x ) ( 6 ) deg(f(x)±g(x))≤max\{deg\,f(x),deg\,g(x)\}\qquad(5)\\deg(f(x)g(x))=deg\,f(x)+deg\,g(x)\qquad(6) deg(f(x)±g(x))max{degf(x),degg(x)}(5)deg(f(x)g(x))=degf(x)+degg(x)(6)
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    推论1:设 f ( x ) , g ( x ) ∈ K [ x ] f(x),g(x)∈K[x] f(x),g(x)K[x],则
    f ( x ) ≠ 0 且 g ( x ) ≠ 0 ⇒ f ( x ) g ( x ) ≠ 0 ( 7 ) f(x)≠0且g(x)≠0⇒f(x)g(x)≠0\qquad(7) f(x)=0g(x)=0f(x)g(x)=0(7)
    \quad 从而 f ( x ) g ( x ) = 0 ⇒ f ( x ) = 0 或 g ( x ) = 0 f(x)g(x)=0⇒f(x)=0或g(x)=0 f(x)g(x)=0f(x)=0g(x)=0
    K [ x ] K[x] K[x]中2个非零多项式的乘积的首项系数等于这2个多项式的首项系数的乘积

    推论2: K [ x ] K[x] K[x]中的乘法适合消去律,即 f ( x ) g ( x ) = f ( x ) h ( x ) 且 f ( x ) ≠ 0 ⇒ g ( x ) = h ( x ) f(x)g(x)=f(x)h(x)且f(x)≠0⇒g(x)=h(x) f(x)g(x)=f(x)h(x)f(x)=0g(x)=h(x)
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    2.环的基本概念
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    (1)环的定义:
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    (2)常见的特殊类型的环:
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    注意:整环的概念中的"无零因子"是指没有非平凡的零因子,即整环是无零因子环

    (3)环的同构:
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    命题2:若环 R R R到环 R ′ R' R有1个同构映射 σ σ σ,且 R R R有单位元 e e e,则 σ ( e ) σ(e) σ(e) R ′ R' R的单位元
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    3.子环
    (1)定义:
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    (2)子环的判定

    命题3:环 R R R的1个非空子集 R 1 R_1 R1为1个子环的充要条件是: R 1 R_1 R1对于 R R R的减法与乘法都封闭,即 a , b ∈ R 1 ⇒ a − b ∈ R 1 且 a b ∈ R 1 a,b∈R_1⇒a-b∈R_1且ab∈R_1 a,bR1abR1abR1
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    注意:子环中的单位元和原环中的单位元没有确定的关系,可能子环有单位元而圆环无,也可能反过来,还可能均有单位元但二者的单位元不同,也可能均无或均有且相同

    (3)扩环:
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    说明:条件2°就是说数域 K K K(也是1个环) ≅ R 1 \cong R_1 R1
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    4.一元多项式环 K [ x ] K[x] K[x]的通用性质
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    定理1:设 K K K是1个数域, R R R是1个有单位元 1 ′ 1' 1的交换环, R R R可看成是 K K K的1个扩环,其中 K K K R R R的子环 R 1 R_1 R1(含有 1 ′ 1' 1)的保持加法和乘法运算的双射(即同构映射)记作 σ σ σ;对 ∀ t ∈ R ∀t∈R tR,令 σ t : K [ x ] → R f ( x ) = ∑ i = 0 n a i x i → ∑ i = 0 n τ ( a i ) t i : = f ( t ) σ_t:K[x]→R\\f(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^na_ix^i→\displaystyle\sum_{i=0}^nτ(a_i)t^i:=f(t) σt:K[x]Rf(x)=i=0naixii=0nτ(ai)ti:=f(t) σ t σ_t σt K [ x ] K[x] K[x] R R R的1个映射,且 σ t ( x ) = t σ_t(x)=t σt(x)=t,且 σ t σ_t σt保持加法和乘法运算,即如果在 K [ x ] K[x] K[x]中有 f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) , f ( x ) g ( x ) = p ( x ) f(x)+g(x)=h(x),f(x)g(x)=p(x) f(x)+g(x)=h(x),f(x)g(x)=p(x)则在 R R R中有 f ( t ) + g ( t ) = h ( t ) , f ( t ) g ( t ) = h ( t ) f(t)+g(t)=h(t),f(t)g(t)=h(t) f(t)+g(t)=h(t),f(t)g(t)=h(t)映射 σ t σ_t σt称为x用t代入
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    定理意义:
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    关于不定元:
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    注意:从该定理证明 f ( t ) g ( t ) = p ( t ) f(t)g(t)=p(t) f(t)g(t)=p(t)的过程中看到,只要 R R R的元素 t t t可与 R ′ R' R的元素 τ ( a i )   ( a i ∈ K ) τ(a_i)\,(a_i∈K) τ(ai)(aiK)交换,就有此式成立,而不需要 R R R是交换环,即不需要 t 1 ∈ R t_1∈R t1R t 2 ∈ R t_2∈R t2R可交换;从而 R R R不必是交换环,只要 R R R的元素 t t t可与 R ′ R' R的元素 τ ( a i )   ( a i ∈ K ) τ(a_i)\,(a_i∈K) τ(ai)(aiK)交换,不定元 x x x就可用 t t t带入

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    二.整除关系与带余除法(7.2)
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    1.整除关系
    (1)整除的定义:
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    (2)整除的性质:

    从整除的定义易推出:
    0   ∣   f ( x ) ⇔ f ( x ) = 0 0\,|\,f(x)⇔f(x)=0 0f(x)f(x)=0
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    ②对 ∀ f ( x ) ∈ K [ x ] , f ( x )   ∣   0 ∀f(x)∈K[x],f(x)\,|\,0 f(x)K[x],f(x)0
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    ③对 ∀ b ∈ K ∗ , ∀ f ( x ) ∈ K [ x ] , b   ∣   f ( x ) ∀b∈K^*,∀f(x)∈K[x],b\,|\,f(x) bK,f(x)K[x],bf(x)
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    注: K ∗ = K − { 0 } K^*=K-\{0\} K=K{0}

    整除是集合 K [ x ] K[x] K[x]上的1个二元关系,具有
    ①反身性:对 ∀ f ( x ) ∈ K [ x ] , f ( x )   ∣   f ( x ) ∀f(x)∈K[x],f(x)\,|\,f(x) f(x)K[x],f(x)f(x)
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    ②传递性:在 K [ x ] 中 , K[x]中, K[x], f ( x )   ∣   g ( x ) , g ( x )   ∣   h ( x ) f(x)\,|\,g(x),g(x)\,|\,h(x) f(x)g(x),g(x)h(x),则 f ( x )   ∣   h ( x ) f(x)\,|\,h(x) f(x)h(x)
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    注意:整除关系不具有对称性,即从 g ( x )   ∣   f ( x ) g(x)\,|\,f(x) g(x)f(x)不能推出 f ( x )   ∣   g ( x ) f(x)\,|\,g(x) f(x)g(x)

    命题4:在 K [ x ] K[x] K[x]中,如果 g ( x )   ∣   f i ( x )   ( i = 1 , 2... s ) g(x)\,|\,f_i(x)\,(i=1,2...s) g(x)fi(x)(i=1,2...s),那么对于 ∀ u 1 ( x ) . . . u s ( x ) ∈ K [ x ] ∀u_1(x)...u_s(x)∈K[x] u1(x)...us(x)K[x],都有 g ( x )   ∣   [ u 1 ( x ) f 1 ( x ) + . . . + u s ( x ) f s ( x ) ] g(x)\,|\,[u_1(x)f_1(x)+...+u_s(x)f_s(x)] g(x)[u1(x)f1(x)+...+us(x)fs(x)]
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    命题5:在 K [ x ] K[x] K[x]中,若 g ( x )   ∣   f ( x ) g(x)\,|\,f(x) g(x)f(x) f ( x ) ≠ 0 f(x)≠0 f(x)=0,则 d e g   g ( x ) ≤ d e g   f ( x ) deg\,g(x)≤deg\,f(x) degg(x)degf(x)
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    注意:若 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0,则该命题不成立

    (3)相伴的定义:
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    (4)相伴的判定:

    命题6:在 K [ x ] K[x] K[x]中, f ( x ) ∼ g ( x ) f(x)\sim g(x) f(x)g(x)当且仅当 ∃ c ∈ K ∗ ∃c∈K^* cK,使得 f ( x ) = c ⋅ g ( x ) f(x)=c·g(x) f(x)=cg(x)
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    注: K ∗ = K − { 0 } K^*=K-\{0\} K=K{0}

    2.带余除法
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    (1)带余除法:

    定理2:设 f ( x ) , g ( x ) ∈ K [ x ] f(x),g(x)∈K[x] f(x),g(x)K[x] g ( x ) ≠ 0 g(x)≠0 g(x)=0,则在 K [ x ] K[x] K[x] ∃ ∃ 唯一的1对多项式 h ( x ) , r ( x ) h(x),r(x) h(x),r(x),使得 f ( x ) = h ( x ) g ( x ) + r ( x )   ( d e f   r ( x ) < d e g   g ( x ) ) ( 3 ) f(x)=h(x)g(x)+r(x)\,(def\,r(x)<deg\,g(x))\qquad(3) f(x)=h(x)g(x)+r(x)(defr(x)<degg(x))(3)其中 f ( x ) f(x) f(x)称为被除式, g ( x ) g(x) g(x)称为除式, h ( x ) h(x) h(x)称为商式, r ( x ) r(x) r(x)称为余式,(3)式称为除法算式
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    该定理表明:数域 K K K上的一元多项式环 K [ x ] K[x] K[x]是具有除法算式的环,除法算式是 K [ x ] K[x] K[x]中有关加法和乘法的第1个重要等式

    (2)整除的判定:

    推论1:设 f ( x ) , g ( x ) ∈ K [ x ] f(x),g(x)∈K[x] f(x),g(x)K[x] g ( x ) ≠ 0 g(x)≠0 g(x)=0,则 g ( x )   ∣   f ( x ) g(x)\,|\,f(x) g(x)f(x)当且仅当 g ( x ) g(x) g(x) f ( x ) f(x) f(x)的余式为0
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    命题7:设 f ( x ) , g ( x ) ∈ K [ x ] f(x),g(x)∈K[x] f(x),g(x)K[x],数域 F ⊇ K F\supe K FK,则 在 K [ x ] 中 , g ( x )   ∣   f ( x ) ⇔ 在 F ( x ) 中 , g ( x )   ∣   f ( x ) 在K[x]中,g(x)\,|\,f(x)⇔在F(x)中,g(x)\,|\,f(x) K[x],g(x)f(x)F(x),g(x)f(x)
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    该命题表明:整除性不随数域的扩大而改变(既不会因为数域扩大而变得可以整除,也不会因此而变得不能整除)
    根本原因在于数域对四则运算封闭

    注意:但如果数域缩小,可能变得不能整除,即仅有:
    f ( x ) , g ( x ) ∈ F [ x ] f(x),g(x)∈F[x] f(x),g(x)F[x],数域 F ⊇ K F\supe K FK,则 在 K [ x ] 中 , g ( x )   ∣   f ( x ) ⇒ 在 F ( x ) 中 , g ( x )   ∣   f ( x ) 在K[x]中,g(x)\,|\,f(x)⇒在F(x)中,g(x)\,|\,f(x) K[x],g(x)f(x)F(x),g(x)f(x)而没有"⇐",因为 f ( x ) , g ( x ) , h ( x ) , r ( x ) f(x),g(x),h(x),r(x) f(x),g(x),h(x),r(x)均不一定属于 K [ x ] K[x] K[x]

    (3)综合除法:
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    3.整数环中的带余除法:

    定理3:对 ∀ a , b ∈ Z   ( b ≠ 0 ) ∀a,b∈Z\,(b≠0) a,bZ(b=0), ∃ ∃ 唯一1对 q , r ∈ Z q,r∈Z q,rZ,使得 a = q b + r   ( 0 ≤ r < ∣ b ∣ ) ( 17 ) a=qb+r\,(0≤r<|b|)\qquad(17) a=qb+r(0r<b)(17)
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    4. λ − λ- λ矩阵的相抵标准型(带余除法的应用之一)
    (1)整环上的矩阵:
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    (2)相抵:
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    (3)相抵标准形:
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    定理4:任意1个非零的 n n n λ − λ- λ矩阵 A ( λ ) A(λ) A(λ)一定相抵于对角 λ − λ- λ矩阵 d i a g { d 1 ( λ ) , d 2 ( λ ) . . . d n ( λ ) } ( 18 ) diag\{d_1(λ),d_2(λ)...d_n(λ)\}\qquad(18) diag{d1(λ),d2(λ)...dn(λ)}(18)其中 d i ( λ )   ∣   d i + 1 ( λ )   ( i = 1 , 2... n − 1 ) d_i(λ)\,|\,d_{i+1}(λ)\,(i=1,2...n-1) di(λ)di+1(λ)(i=1,2...n1),并且对于非零的 d i ( λ ) d_i(λ) di(λ),其首项系数为1.满足这些要求的对角 λ − λ- λ矩阵 ( 18 ) (18) (18)称为 A ( λ ) A(λ) A(λ)的1个相抵标准形Smith标准形
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    定理5:整数环 Z Z Z上任意1个非零的 n n n A A A一定相抵于 Z Z Z上的对角矩阵 d i a g { d 1 , d 2 . . . d n } ( 22 ) diag\{d_1,d_2...d_n\}\qquad(22) diag{d1,d2...dn}(22)其中 d j ∈ N   ( j = 1 , 2... n ) d_j∈N\,(j=1,2...n) djN(j=1,2...n),并且 d i   ∣   d i + 1   ( i = 1 , 2... n − 1 ) d_i\,|\,d_{i+1}\,(i=1,2...n-1) didi+1(i=1,2...n1).满足这些要求的对角矩阵 ( 22 ) (22) (22)称为 A A A的1个相抵标准形Smith标准形
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  • 设$f(x)$和$g(x)$是$F[x]$的任意两个多项式,并且$g(x)\neq 0$.那么在$F[x]$中可以找到多项式$q(x)$和$r(x)$,使\begin{equation}f(x)=g(x)q(x)+r(x)\end{equation}这里或者$r(x)=0$,或者$r(x)$...证明:先证存在性....

    设$f(x)$和$g(x)$是$F[x]$的任意两个多项式,并且$g(x)\neq 0$.那么在$F[x]$中可以找到多项式$q(x)$和$r(x)$,使
    \begin{equation}
    f(x)=g(x)q(x)+r(x)
    \end{equation}
    这里或者$r(x)=0$,或者$r(x)$的次数小于$g(x)$的次数.满足以上条件的多项式$q(x)$和$r(x)$只有一对.


    证明:先证存在性.设$f(x)$的次数为$m(m\geq 0)$.$g(x)$的次数为$n(n\geq 0)$.若$m<n$,则令$q(x)=0,r(x)=f(x)$.当$m\geq n$,则$m> 0$.令$f(x)=a_mx^m+\Delta_1(a_m\neq 0)$.$g(x)=b_nx^n+\Delta_2(b_n\neq 0)$.则$$f(x)=\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}g(x)+\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$$
    如果多项式$\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$的次数小于$g(x)$的次数,则我们令$\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}=q(x),r(x)=\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$.如果多项式$\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$的次数大于或等于$g(x)$的次数,则把$\Delta_1-\Delta_2\frac{a_m}{b_n}x^{m-n}$看作新的$f(x)$继续上述过程.最终我们总能得到(1)的形式.

     


    下面证明唯一性.若存在另一组$q'(x),r'(x)$,使得
    \begin{equation}
    f(x)=g(x)q'(x)+r'(x)
    \end{equation}
    则$g(x)(q(x)-q'(x))+r(x)-r'(x)=0$.因为$g(x)\neq 0$,所以只能是$q(x)-q'(x)=0$且$r(x)-r'(x)=0$.则$g(x)=g'(x),r(x)=r'(x)\Box$

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/yeluqing/archive/2012/10/29/3827864.html

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